新教材2022版高考物理人教版一轮总复习训练：6　牛顿第一定律和牛顿第二定律的理解

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1．某辆运送物资的列车由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节车厢对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为( )
A. F B. eq \f(19F,20)
C. eq \f(F,19) D. eq \f(F,20)
C 解析：根据题意可知第2节车厢对第3节车厢的牵引力为F，因为每节车厢质量相等，阻力相同，故第2节车厢对第3节车厢根据牛顿第二定律有 F－38Ff＝38ma，设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F1，则根据牛顿第二定律有F1－2Ff＝2ma，联立解得F1＝ eq \f(F,19)。故选C。
2．在国际单位制中，力学和电学的基本单位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)。导出单位V(伏特)用上述基本单位可表示为( )
A. m2·kg·s－4·A－1
B. m2·kg·s－3·A－1
C. m2·kg·s－2·A－1
D. m2·kg·s－1·A－1
B 解析：根据物理公式分析物理量的单位。因 U＝ eq \f(W,q)＝ eq \f(Fs,It)＝ eq \f(mas,It)，故1 V＝1 eq \f(kg·m/s2·m,A·s)＝1 kg·m2·s－3·A－1，选项B正确。
3．(多选)科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用。下列说法符合历史事实的是( )
A. 亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变
B. 伽利略通过“理想实验”得出结论：一旦物体具有某一速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去
C. 笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向
D. 牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质
BCD 解析：亚里士多德认为力是维持物体运动状态的原因，A错误；B、C、D均符合历史事实。
4．一皮带传送装置如图所示，皮带的速度v足够大，轻弹簧一端固定，另一端连接一质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦，当滑块放在皮带上时，弹簧的轴线恰好水平，若滑块放到皮带上的瞬间，滑块的速度为0，且弹簧正好处于自然长度，则当弹簧从自然长度到第一次达到最长这一过程中，滑块的速度和加速度的变化情况是( )
A. 速度增大，加速度增大
B. 速度增大，加速度减小
C. 速度先增大后减小，加速度先增大后减小
D. 速度先增大后减小，加速度先减小后增大
D 解析：滑块在水平方向上受到向左的滑动摩擦力Ff 和弹簧向右的拉力FT＝kx，合力F＝Ff－FT＝ma，当弹簧从自然长度到第一次达到最长这一过程中，x逐渐增大，拉力FT逐渐增大，因为皮带的速度v足够大，所以合力F先减小后反向增大，从而加速度a先减小后反向增大；滑动摩擦力与弹簧弹力相等之前，加速度与速度同向，滑动摩擦力与弹簧弹力相等之后，加速度便与速度方向相反，故滑块的速度先增大后减小。综上所述，D正确。
5．(多选)如图所示，a、b和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O为圆心。每根杆上都套有一小滑环，两个滑环从点无初速度释放，一个滑环从d点无初速度释放，用t1、t2、t3分别表示滑环沿a、b、da到达a、b所用的时间，则下列关系正确的是( )
A. t1＝t2 B. t1＝t3
C. t1＜t2 D. t2＜t3
BC 解析：设b与竖直方向的夹角为θ，由几何关系得a与竖直方向的夹角为 eq \f(1,2)θ，滑环沿a下滑时的加速度大小为a1＝gcs eq \f(θ,2)，沿b下滑时的加速度大小为a2＝gcs θ，设b长为L，由几何关系得a长为Lcs eq \f(θ,2)，根据运动学公式有L＝ eq \f(1,2)a2t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))，Lcs eq \f(θ,2)＝ eq \f(1,2)a1t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))，得t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))＝ eq \f(2L,gcs θ)，t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))＝ eq \f(2L,g)，由此可知t1＜t2；由于t1＝ eq \r(\f(2L,g))，同理可得到t3＝ eq \r(\f(2L,g))，因此t1＝t3，t2＞t1，B、C正确。
6．如图所示，质量为m的小球用水平弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态。当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为( )
A. 0
B. 大小为g，方向竖直向下
C. 大小为 eq \f(2\r(3),3)g，方向垂直木板向下
D. 大小为 eq \f(\r(3),3)g，方向水平向右
C 解析：未撤离光滑木板时，小球受力如图所示，根据平衡条件可得Fx与mg的合力F＝ eq \f(mg,cs 30°)。当突然向下撤离光滑木板的瞬间，FN立即变为0，但弹簧的形变未变，其弹力不变，故Fx与mg的合力仍为 F＝ eq \f(mg,cs 30°)，由此产生的加速度为a＝ eq \f(g,cs 30°)＝ eq \f(2\r(3),3)g，方向与合力方向相同，故C正确。
7．趣味运动会上，运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速向前跑，设球拍和球的质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间的夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们之间的摩擦力及空气阻力不计，则( )
A. 运动员的加速度为g tan θ
B. 球拍对球的作用力为mg
C. 运动员对球拍的作用力为 (M＋m)gcs θ
D. 若加速度大于g sin θ，球一定沿球拍向上运动
A 解析：球受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得FNsin θ＝ma，又FNcs θ＝mg，解得a＝g tan θ，FN＝ eq \f(mg,cs θ)，故A正确，B错误；以球拍和球整体为研究对象，受力如图乙所示，根据平衡条件，运动员对球拍的作用力为F＝ eq \f(（M＋m）g,cs θ)，故C错误；当a>g tan θ时，网球才向上运动，由于g sin θ8．(多选)如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动。若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球的总质量不变，重力加速度g＝10 m/s2。关于热气球，下列说法正确的是( )
A. 所受浮力大小为4 830 N
B. 加速上升过程中所受空气阻力保持不变
C. 从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/s
D. 以5 m/s的速度匀速上升时，所受空气阻力大小为230 N
AD 解析：热气球刚开始上升时，速度为0，不受空气阻力Ff，只受重力mg、浮力F，由牛顿第二定律得F－mg＝ma，得 F＝4 830 N，选项A正确；随着热气球的速度逐渐变大，其所受空气阻力发生变化(变大)，故热气球并非匀加速上升，其加速度逐渐减小，故上升10 s后速度要小于5 m/s，选项B、C错误；最终热气球将匀速运动，此时热气球所受重力、浮力、空气阻力三力平衡，由F＝mg＋Ff得Ff＝230 N，选项D正确。
9．(多选)如图所示，A、B、C三球的质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与A球相连，A、B两球间由一轻质细线连接，B、C两球间由一轻杆相连。倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、细线与轻杆均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是( )
A. A球的加速度沿斜面向上，大小为g sin θ
B. C球的受力情况未变，加速度为0
C. B、C两球的加速度均沿斜面向下，大小均为g sin θ
D. B、C两球之间轻杆的弹力大小为0
CD 解析：初始系统处于静止状态，把B、C两球看成一个整体，B、C两球受重力2mg、斜面的支持力FN、细线的拉力FT作用，由平衡条件可得FT＝2mg sin θ，对A球进行受力分析，A球受重力mg、斜面的支持力、弹簧的拉力F弹和细线的拉力FT，由平衡条件可得 F弹＝FT＋mg sin θ＝3mg sin θ，细线被烧断的瞬间，拉力FT会突变为0，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律得A球的加速度沿斜面向上，大小为a＝2g sin θ，选项A错误；细线被烧断的瞬间，把B、C两球看成一个整体，根据牛顿第二定律得B、C两球的加速度a′＝g sin θ，均沿斜面向下，选项B错误，C正确；对C球进行受力分析，C球受重力mg、轻杆的弹力F和斜面的支持力，根据牛顿第二定律得mg sin θ＋F＝ma′，解得F＝0，所以B、C两球之间轻杆的弹力大小为0，选项D正确。
10．如图所示，在建筑装修中，工人用质量为5.0 kg的磨石A对地面和斜壁进行打磨，已知A与地面、A与斜壁之间的动摩擦因数μ均相同。(g取 10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
(1)如图甲所示，当A受到与水平方向成θ＝37°斜向下的推力F1＝50 N打磨地面时，A恰好在水平地面上做匀速直线运动，求A与地面间的动摩擦因数μ；
(2)如图乙所示，若用A对倾角为θ＝37°的斜壁进行打磨，当对A加竖直向上的推力F2＝60 N时，则磨石A从静止开始沿斜壁向上运动2 m(斜壁长大于2 m)时的速度大小为多少？
解析：(1)A恰好在水平地面上做匀速直线运动，滑动摩擦力等于推力在水平方向上的分力，即
Ff＝F1cs θ＝40 N
则μ＝ eq \f(Ff,FN)＝ eq \f(Ff,mg＋F1sin θ)＝0.5。
(2)如图所示，先将重力及向上的推力合成后，将二者的合力沿垂直于斜面方向及沿斜面方向正交分解。
在沿斜面方向上有
(F2－mg)cs θ－Ff1＝ma
在垂直于斜面方向上有
FN1＝(F2－mg)sin θ
则Ff1＝μ(F2－mg)sin θ
解得a＝1 m/s2
由x＝ eq \f(1,2)at2
解得t＝2 s
则v＝at＝2 m/s。
答案：(1)0.5 (2)2 m/s
11．如图所示，一个竖直固定在地面上的透气圆筒，筒中有一劲度系数为k的轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m的薄滑块，圆筒内壁涂有一层新型智能材料——ER流体，它对滑块的阻力可调。滑块静止时，ER流体对其阻力为0，此时弹簧的长度为L。现有一质量也为m(可视为质点)的物体在圆筒正上方距地面2L处自由下落，与滑块碰撞(碰撞时间极短)后粘在一起，并以物体碰撞前瞬间速度的一半向下运动。ER流体对滑块的阻力随滑块下移而变化，使滑块做匀减速运动，当下移距离为d时，速度减小为物体与滑块碰撞前瞬间物体速度的 eq \f(1,4)。取重力加速度为g，忽略空气阻力，试求：
(1)物体与滑块碰撞前瞬间的速度大小；
(2)滑块向下运动过程中的加速度大小；
(3)当下移距离为d时，ER流体对滑块的阻力大小。
解析：(1)设物体与滑块碰撞前瞬间的速度大小为v0，由自由落体运动规律有v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))＝2gL
解得 v0＝ eq \r(2gL)。
(2)设滑块做匀减速运动的加速度大小为a，取竖直向下为正方向，则有－2ax＝v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))，其中x＝d，v1＝ eq \f(v0,2)，v2＝ eq \f(v0,4)，解得a＝ eq \f(3gL,16d)。
(3)设下移距离为d时，弹簧弹力为F，ER流体对滑块的阻力为FER，对物体与滑块组成的整体，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得
F＋FER－2mg＝2ma
又F＝k(d＋x0)
mg＝kx0
联立解得FER＝mg＋ eq \f(3mgL,8d)－kd。
答案：(1) eq \r(2gL) (2) eq \f(3gL,16d) (3)mg＋ eq \f(3mgL,8d)－kd